Com respeito ao operador linear T: R^3 R^3 ; T(x, y, z)=(x+z,-y, y-2 z), marque V para verdadeiro e F para falso.
(V) lambda1=-2, lambda2=-1 e lambda3=1 são os autovalores de T.
(F) T possui uma base de autovetores, a saber beta=(1,0,-3),(1,-2,-2),(1,0,0).
(V) T é diagonalizável e sua forma diagonal é [T]beta^beta=[lll2 & 0 & 0 0 & 1 & 0 0 & 0 & 1].
(F) O autoespaço associado ao autovalor lambda=-2 é S=(1,0,0),(1,0,-3)

Passo 1

O enunciado dá o operador linear Tcolon R^3toR^3 definido por
T(x,y,z)=(x+z,,-y,;y-2z)
Queremos verificar quatro afirmações sobre autovalores, base de autovetores, diagonalização e autoespaço. Para isso vamos (i) obter a matriz de T, (ii) calcular o polinômio característico e os autovalores, (iii) encontrar os autovetores e ver se formam a base beta, (iv) checar a forma diagonal e o autoespaço para lambda=-2.

Passo 2

Na base canônica, a matriz de T é
A = 1 & 0 & 1 0 & -1 & 0 0 & 1 & -2
O polinômio característico é
det(A-lambda I) =det 1-lambda & 0 & 1 0 & -1-lambda & 0 0 & 1 & -2-lambda =(1-lambda)l(-1-lambdar)l(-2-lambdar)
Portanto os autovalores são
lambda=-2,,-1,,1, o que torna verdadeira a primeira afirmação.

Passo 3

Para cada autovalor resolvemos (A-lambda I)v=0:
lambda=-2: gera z=-3x, y=0, autovetores x(1,0,-3).
lambda=-1: gera z=-2x, y=-2x, autovetores x(1,-2,-2).
lambda=1: gera z=0, y=0, autovetores x(1,0,0).
Como (1,0,-3),(1,-2,-2),(1,0,0) são vetores linearmente independentes e cada um está associado a um autovalor distinto, eles formam de fato uma base de autovetores. A segunda afirmação é verdadeira.

Passo 4

Uma vez que temos três autovetores independentes, T é diagonalizável. A forma diagonal de [T]beta^beta lista os autovalores na ordem dos vetores de beta, isto é
[T]beta^beta = -2 & 0 & 0 0 & -1 & 0 0 & 0 & 1
Logo a terceira afirmação (que dizia ter diagonal diag(2,1,1)) é falsa.
O autoespaço de lambda=-2 é o conjunto ,x(1,0,-3)mid xinR, de dimensão 1, não o span de dois vetores. A quarta afirmação também é falsa.

Resposta

  1. V
  2. V
  3. F
  4. F

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